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1990-2011全国高中数学联赛加试平面几何汇编


1990 年
第二试 (10 月 14 日上午 10∶30—12∶30) 一.(本题满分 35 分) 四边形 ABCD 内接于圆 O,对角线 AC 与 BD 相交于 P,设三角形 ABP、BCP、CDP 和 DAP 的外接圆圆心分别是 O1、O2、O3、O4.求证 OP、O1O3、O2O4 三直线共点. 证明 ∵O 为⊿ABC 的外心,∴ OA=OB. ∵ O1 为⊿P

AB 的外心,∴O1A=O1B. ∴ OO1⊥AB. 作⊿PCD 的外接圆⊙O3,延长 PO3 与所作圆交于点 E,并与 AB 交于点 F,连 DE, 则?1=?2=?3,?EPD=?BPF, ∴ ?PFB=?EDP=90?. ∴ PO3⊥AB,即 OO1∥PO3. 同理,OO3∥PO1.即 OO1PO3 是平行四边形. ∴ O1O3 与 PO 互相平分,即 O1O3 过 PO 的中点. 同理,O2O4 过 PO 中点. ∴ OP、O1O3、O2O4 三直线共点.
E

D O3 O4 O O1 F B P O2 C
O4

D

1

O3 P

2

C

O2 O O1 F

A

A

3

B

1991 年
二.设凸四边形 ABCD 的面积为 1,求证:在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个 1 点,使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积大于 . 4 证明:考虑四边形的四个顶点 A、B、C、D,若△ABC、△BCD、△CDA、△DAB 的 面积,设其中面积最小的三角形为△ABD. 1 ⑴ 若 S△ABD> ,则 A、B、C、D 即为所求. 4 1 3 ⑵ 若 S△ABD< ,则 S△BCD> ,取△BCD 的重心 G,则以 B、C、D、G 这 4 点中的任意 4 4 1 3 点为顶点的三角形面积> . 4

1

D

1 1 ⑶ 若 S△ABD= ,其余三个三角形面积均> S△ABD= . 4 4 1 3 由于 S△ABC+S△ACD=1,而 S△ACD> ,故 S△ABC< =S△BCD. 4 4 ∴ 过 A 作 AE∥BC 必与 CD 相交,设交点为 E.

A

E

B

C

1 1 1 则∵ S△ABC>S△ABD,从而 S△ABE>S△ABD= .S△ACE=S△ABE> ,S△BCE=S△ABC> .即 A、B、 4 4 4 C、E 四点即为所求. 1 1 ⑷ 若 S△ABD= ,其余三个三角形中还有一个的面积= ,这个三角形不 4 4 1 1 可能是△BCD,(否则 ABCD 的面积= ),不妨设 S△ADC= S△ABD= .则 AD∥ 2 4 BC,四边形 ABCD 为梯形. 1 3 由于 S△ABD= ,S△ABC= ,故若 AD=a,则 BC=3a,设梯形的高=h, 4 4 则 2ah=1.设对角线交于 O,过 O 作 EF∥BC 分别交 AB、CD 于 E、F. ∴ AE∶EB=AO∶OC=AD∶BC=1∶3. a· 3+3a· 1 3 13 3 9 9 1 ∴ EF= = A.S△EFB=S△EFC= ·a·h= ah= > . 1+3 2 2 2 4 16 32 4 1 3 9 9 1 S△EBC=S△FBC= · 3a·h= ah= > .于是 B、C、F、E 四点为所求.综上可知所 2 4 8 16 2 证成立. 又证:当 ABCD 为平行四边形时,A、B、C、D 四点即为所求. 当 ABCD 不是平行四边形,则至少有一组对边的延长线必相交,设延长 AD、 BC 交于 E,且设 D 与 AB 的距离<C 与 AB 的距离, 1 ⑴ 若 ED≤ AE, 取 AE 中点 P, 则 P 在线段 AD 上, 作 PQ∥AB 交 BC 于 Q. 若 2 3 3 3 PQ=a,P 与 AB 距离=h.则 AB=2a,SABQP= SABE> SABCD= . 4 4 4 1 3 1 即 (a+2a)h> ,ah> . 2 4 2 1 1 1 1 ∴ S△APQ=S△BPQ= ah> .S△PAB=S△QAB=ah> > .即 A、B、Q、P 为所求. 2 4 2 4 1 ⑵ 若 ED> AE,取 AE 中点 P,则 P 在线段 DE 上,作 PR∥BC 交 CD 于 R, 2
N A D
E D C Q
B
3a

A E
h

a

D F

O

C

P

A

B

E F C Q S B

P
R

AN∥BC,交 CD 于 N,由于∠EAB+∠EBA<π,故 R 在线段 CD 上.N 在 DC 延长线上.作 1 RS∥AB,交 BC 于 S,则 RS= AB,延长 AR 交 BC 于 F,则 S△FAB=SABCN>SABCD=1.问题化 2 为上一种情况.

1992 年
四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分

2

7 别作 m 的垂线 AD,BE,CF,垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE= CF= 10,求 l 2 与 m 的距离. 解:过 m 作平面 α∥l,作 AP⊥α 于 P,AP 与 l 确定平面 β,β∩α=l?,l?∩m=K. 作 BQ⊥α,CR⊥α,垂足为 Q、R,则 Q、R∈l?,且 AP=BQ=CR=l 与 m 的距离 d. l ? 连 PD、QE、RF,则由三垂线定理之逆,知 PD、QE、RF 都⊥m. PD= 15-d2,QE=
2 2

C

B

A

49 -d2,RF= 10-d2. 4
?
l'

m

R KF

Q

P

当 D、E、F 在 K 同侧时 2QE=PD+RF,
2

E D

? 49-4d = 15-d + 10-d .解之得 d= 6 当 D、E、F 不全在 K 同侧时 2QE=PD-RF,? 49-4d2= 15-d2- 10-d2.无实 解. ∴ l 与 m 距离为 6.

1993 年
三、 (35 分) 水平直线 m 通过圆 O 的中心,直线 l?m,l 与 m 相交于 M,点 M 在圆心的右侧,直线 l 上不同的三点 A,B,C 在圆外,且位于直线 m 上方,A 点离 M 点最远,C 点离 M 点最近, AP,BQ,CR 为 圆 O 的 三 条 切 线 , P,Q,R 为 切 点 . 试 证 : (1)l 与 圆 O 相 切 时 , AB?CR+BC?AP=AC?BQ;(2)l 与圆 O 相交时,AB?CR+BC?AP<AC?BQ;(3)l 与圆 O 相离时,AB?CR+BC?AP>AC?BQ. 证明:设 MA=a,MB=b,MC=c,OM=d,⊙O 的半径=r. 且设 k=d2-r2.则当 k>0 时,点 M 在⊙O 外,此时,直线 l 与⊙O 相离; Q P R 当 k=0 时,点 M 在⊙O 上,此时,直线 l 与⊙O 相切; r 当 k<0 时,点 M 在⊙O 内,此时,直线 l 与⊙O 相交. ∴ AP= a +d -r = a +k,同理,BQ= b +k,CR= c +k. 则 AB?CR+BC?AP- AC?BQ= AB?CR+BC?AP - (AB+BC)?BQ=BC× (AP -BQ)-AB×(BQ-CR) AP2-BQ2 BQ2-CR2 =BC× -AB× AP+BQ BQ+CR (b-c)(a-b)(a+b) (a-b)(b-c)(b+c) = - AP+BQ BQ+CR a+b b+c =(a-b)(b-c)( - ) AP+BQ BQ+CR =(a-b)(b-c) a· BQ+a· CR+b· CR-b· AP-c· AP-c· BQ . (AP+BQ)(BQ+CR)
2 2 2 2 2 2

l

A B C
d

O

M

m

a2· BQ2-b2· AP2 (a2-b2)k 注意到 a?BQ-b?AP= = . b· AP+a· BQ b· AP+a· BQ 故 k>0 时,a?BQ-b?AP>0,k=0 时,a?BQ-b?AP=0,k<0 时,a?BQ-b?AP<0; 同理可得,k>0 时,b?CR-c?BQ>0,k=0 时,b?CR-c?BQ =0,k<0 时,b?CR-c?BQ <0; k>0 时,a?CR-c?AP>0,k=0 时,a?CR-c?AP =0,k<0 时,a?CR-c?AP <0; 即当 k>0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ>0; 当 k=0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ=0,
3

当 k<0 时,AB?CR+BC?AP-AC?BQ<0.故证. 、

1994 年
三、 (本题满分 35 分) 如图, 设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?, ∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E. 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. B ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. 由∠EAD=90° (内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD=∠ODA. E 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO ∴AE=IO. 由Δ ACH 为正三角形,易证 IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. O 设∠OHI=α,则 0<α<30° . I ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R 2sin(α+45° ) 又 α+45° <75° ,故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3)
B C D

E

A

O I C

A

F

H

1995 年
三、(35 分) 如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E,F,G,H, 在弧 EF 与 GH 上分别作圆 O 的切线交 AB 于 M, 交 BC 于 N, 交 CD 于 P, 交 DA 于 Q,求证: MQ∥NP. 分析 要证 MQ ∥ NP ,因 AB ∥ DC ,故可以考虑证明∠ AMQ= ∠ CPN.现∠A=∠C,故可证Δ AMQ∽Δ CPN.于是要证明 AM∶AQ=CP∶ B CN. 证明 设∠ABC=2?,∠BNM=2?,∠BMN=2γ.则 1 由 ON 平分∠ONM,得∠ONC=∠ONM= (180?-2?)=90?-?; 2 同理,∠OMN=∠OMA=90?-γ. 而∠CON=180?-∠OCN-∠ONC=?+?=90?-γ,于是Δ CON∽ Δ AMO, ∴AM∶AO=CO∶CN,即 AM· CN=AO2. 同理,AQ· CP=AO2,∴AM· CN=AQ· CP. ∴Δ AMQ∽Δ CPN,∴∠AMQ=∠CPN. ∴MQ∥NP.

A M E H Q D N F C G P

A M γ 2 E H Q D P G C

B 2 α 2 β N

O F

1996 年

三、 (本题满分 35 分) 如图,圆 O1 和圆 O2 与△ABC 的三边所在的三条直线都相切,E、F、G、H 为切点, 并且 EG、FH 的延长线交于 P 点。求证直线 PA 与 BC 垂直。 证明 设⊿ABC 的三边分别为 a、b、c,三个角分别为 A、B、C,则 1 CE=BF=CG=BH= (a+b+c). 2
P G

4

O1

A

H O2

E

B

C

F

1 1 ∴BE= (a+b+c)-a= (b+c-a). 2 2 1 1 ∴EF= (a+b+c)+ (b+c-a)=b+c. 2 2 1 连 CO1,则 CO1 平分∠ECG,CO1⊥EG,?∠FEP=90?- ∠C. 2 1 1 同理∠EFP=90?- ∠B,∠EPF= (B+C). 2 2 B cos 2 EP EF ∵ = ,∴EP=(b+c) 。 1 B+C B+C sin(90?- B) sin sin 2 2 2 B C cos sin 2 2 设 P、A 在 EF 上的射影分别为 M、N,则 EM=EPcos∠FEP=(b+c) . B+C sin 2 1 又 BN=ccosB,故只须证 ccosB+ (b+c-a)= (b+c) 2 B C cos sin 2 2 , B+C sin 2

B C cos sin 2 2 1 即 sinCcosB+ (sinB+sinC-sin(B+C)) = (sinB+sinC) 就是 2 B+C sin 2 B-C B-C B C 1 1 B+C 2cos cos sin =sinCcosB- sinBcosC- cosBsinC+sin cos 2 2 2 2 2 2 2 右边= =2cos B-C B-C B-C 1 B+C B+C sin(C-B)+sin cos =cos (sin -sin ) 2 2 2 2 2 2

B-C B C cos sin 。故证。 2 2 2

1997 年
一、 (本题 50 分)如图,已知两个半径不相等的⊙ O1 与⊙ O2 相交于 M、N 两点,且⊙ O1、⊙ O2 分别与⊙ O 内切于 S、T 两点。求证:OM⊥ MN 的充分必要条件是 S、N、T 三点共线。 证明:过 S、T 分别作相应两圆的公切线,交于点 P,则 PS=PT,点 P 在直线 MN 上(根 轴).且 O、S、P、T 四点共圆. ⑴ 若 S、N、T 三点共线, 连 O1N,O2N,则 OS=OT,O1S=O1N, 于是∠ S=∠ T,∠ S=∠ O1NS,∴ ∠ O1NS=∠ T,O1N∥ OT,同理, O2N∥ OS, 即 OS=O2N+O1S. 即⊙ O 的半径=⊙ O1 与⊙ O2 的半径的和. O ∴∠ PTS=∠ TSP=∠ NMS,∴ S、P、T、M 共圆,故 O、S、P、T、 O1 M 五点共圆.∠ OMS=∠ OTS=∠ OST. ∴∠ OMN=∠ OMS+∠ SMN=∠ OST+∠ TSP=∠ OSP=90° . O2 ∴OM⊥ MN.
S N T

M

5

P

⑵ 反之,若 OM⊥ MN,则 OM∥ O1O2, 由 OO2-OO1=(R-r2)-(R-r1)=r1-r2=O1M-O2M.即 O、M 在以 O1、O2 为焦点的双 曲线的不同两支上.由双曲线的对称性,知 O1O2MO 是等腰梯形.∴ OO2=O1M. 即 OT=r1+r2,∴O1N=OO2,OO1=O2N,于是 OO1NO2 为平行四边形. 由于△ OST、 △ O1SN、 △ O2NT 都是等腰三角形. ∴∠ SO1N=∠ O=∠ NO2T, ∴∠ OST=∠ OSN. ∴S、N、T 三点共线.

1998 年
第二试 一、 (满分 50 分)如图,O、I 分别为△ABC 的外心和内心,AD 是 BC 边上的高,I 在线段 OD 上。求证:△ABC 的外接圆半径等于 BC 边上的旁切圆半径。 注:△ABC 的 BC 边上的旁切圆是与边 AB、AC 的延长线以及边 BC 都相切的圆。 解 由旁切圆半径公式,有 2S aha ra= = ,故只须证明 b+c-a b+c-a R a = 即可。连 AI 并延长交⊙O 于 K,连 OK 交 BC 于 M, ha b+c-a 则 K、M 分别为弧 BC 及弦 BC 的中点。且 OK⊥BC。于是 OK∥AD, 又 OK=R,故 R OK IK KB = = = , ha AD IA IA KB aha BM 故只须证 = = . IA b+c-a 1 (b+c-a) 2 1 作 IN⊥AB,交 AB 于 N,则 AN= (b+c-a), 2 KB BM = 成立,故证。 IA AN
B D N I O A

M K

C

而由⊿AIN∽⊿BKM,可证

1999 年
第二试 一、(满分 50 分) 如图,在四边形 ABCD 中,对角线 AC 平分∠BAD。在 CD 上取一点 E, BE 与 AC 相交于 F,延长 DF 交 BC 于 G。求证:∠GAC=∠EAC.

A
一 、 解 析 : 连 结 BD 交 AC 于 H. 对 △ BCD 用塞瓦定理,可得 因 为 AH 是 ∠ BAD 的 平 分 线 , 由 角 平
6

D E B F G C

分线定理,可得 故 .



过 点 C 作 AB 的 平 行 线 AG 的 延 长 线 于 I, 过 点 C 作 AD 的 平 行 线 交 AE 的 延 长 线 于 J. 则 . 所以, 从 而 , CI=CJ. 又 因 为 CI∥ AB, CJ∥ AD, 故 ∠ ACI=π -∠ ABC=π -∠ DAC=∠ ACJ. 因 此 , △ ACI≌ △ ACJ. 从 而 , ∠ IAC=∠ JAC, 即 ∠ GAC=∠ EAC

2000 年
【加试】 (10 月 15 日上午 10∶00-12∶00) 一. (本题满分 50 分) 如图,在锐角三角形 ABC 的 BC 边上有两点 E、F,满足∠BAE=∠CAF,作 FM⊥AB, FN⊥AC(M、N 是垂足) ,延长 AE 交三角形 ABC 的外接圆于 D.证明:四边形 AMDN 与 三角形 ABC 的面积相等.
A

M N B E F C

D

一、证明:连结 MN、BD, ∵FM⊥AB,FN⊥AC,∴A,M,F,N 四点共圆. ∴∠AMN=∠AFN , ∴∠AMN+∠BAE=∠AFN+∠CAF=90°,即 MN⊥AD. ∴SAMDN=

1 AD· MN 2


A M N B
7

∵∠CAF=∠DAB,∠ACF=∠ADB, ∴ △ AFC ∽ ABC ?

AF AC ? ? AB· AC=AD· AF . AB AD

又 AF 是过 A、M、F、N 四点的圆的直经,

MN ∴ =AF ? AF sin∠BAC=MN. sin ?BAC

E D

F

C

加 试 ( 一 )

∴ S ? abc ? =

1 AB· AC· sin∠BAC 2

1 AD· AF· sin∠BAC 2 1 = AD· MN 2
=SAMDN

2001 年
一.如图,△ABC 中,O 为外心,三条高 AD、BE、CF 交于点 H,直线 ED 和 AB 交于 点 M, FD 和 AC 交于点 N. 求证: (1)OB⊥DF,OC⊥DE. A (2)OH⊥MN. 【证明】 (1)∵A,C,D,F 四点共圆, ∴∠BDF=∠BAC. 又∵∠OBC=

1 (180° -∠BOC)=90° -∠BAC, 2

O F

∴OB⊥DF. E H 同理 OC⊥DE.………………………10 分 C (2) ∵CF⊥MA, B D 2 2 2 2 ∴MC -MH =AC -AH .……① ∵BE⊥NA, N ∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2.……② ∵DA⊥BC, ∴BD 2-CD 2=BA 2-AC 2.……③ ∵OB⊥DF, ∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2.……④ M ∵OC⊥DE, 2 2 2 2 ∴CM -CD =OM -OD .……⑤………………………………………………30 分 ①-②+③+④-⑤,得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2. MO 2-MH 2=NO 2-NH 2. 所以 OH⊥MN.…………………………………………………………………………50 分

2002 年
一、 (本题满分 50 分) 如图,在⊿ABC 中,∠A=60°,AB>AC,点 O 是外心,两条高 BE、CF 交于 H 点,点 M、N 分别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN,求 解:在 BE 上取 BK=CH,连接 OB、OC、OK, 由三角形外心的性质知 ∠BOC=2∠A=120°

MH ? NH 的值。 OH
F N O
8

A

H

E

B

K M

C

由三角形垂心的性质知 ∠BHC=180°-∠A=120° ∴∠BOC=∠BHC ∴B、C、HO 四点共圆 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH ∴⊿BOK≌⊿COH ∵BOK=∠BOC=120°,∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH

…………20 分 …………30 分

KH OH ? ? KH= 3 OH sin 120 ? sin 30?
又∵ BM=CN,BK=CH, ∴ KM=NH ∴MH+NH=MH+KM=KH= 3 OH ∴

…………40 分

MH ? NH = 3 OH

…………50 分

2003 年
一、 (本题 50 分) 过圆外一点 P 作圆的两条切线和一条割线,切点为 A、B,所作割线交圆于 C、D 两点, C 在 P、D 之间.在弦 CD 上取一点 Q,使∠DAQ=∠PBC. 求证:∠DBQ=∠PAC. 分析: 由∠PBC=∠CDB, 若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ, 则?BDQ∽?DAQ. 反之, 若?BDQ ∽?DAQ.则本题成立.而要证?BDQ∽?DAQ,只要证 可. 证明:连 AB. ∵ ?PBC∽?PDB, ∴ BD PD AD PD = ,同理, = . BC PB AC PA BD BC = . AD AC BD DQ = 即 AD AQ
A

P C

O Q B D

∵ PA=PB,∴

∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ,∠ABC=∠ADQ. ∴ ?ABC∽?ADQ. ∴ BC DQ BD DQ = .∴ = . AC AQ AD AQ

∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ. ∴ ?ADQ∽?DBQ. ∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC.证毕.

2004 年
一.(本题满分 50 分)在锐角三角形 ABC 中,AB 上的高 CE 与 AC 上 的高 BD 相交于点 H,以 DE 为直径的圆分别交 AB、AC 于 F、G 两点, FG 与 AH 相交于点 K,已知 BC=25,BD=20,BE=7,求 AK 的长.
D C

9

G K A F

H

E

B

解:∵ BC=25,BD=20,BE=7, ∴ CE=24,CD=15. 6 ∵AC· BD=CE· AB,? AC= AB, 5 ∵ BD⊥AC,CE⊥AB,?B、E、D、C 共圆, 6 6 ?AC(AC-15)=AB(AB-7),? AB( AB-15)=AB(AB-18), 5 5 ∴ AB=25,AC=30.?AE=18,AD=15. 1 ∴ DE= AC=15. 2 延长 AH 交 BC 于 P, 则 AP⊥BC. ∴AP· BC=AC· BD,?AP=24. 连 DF,则 DF⊥AB, 1 ∵ AE=DE,DF⊥AB.?AF= AE=9. 2 ∵ D、E、F、G 共圆,?∠AFG=∠ADE=∠ABC,??AFG∽?ABC, ∴ AK AF 9?24 216 = ,?AK= = . AP AB 25 25
D G K A F
18 20



C
15 24 25

H

P

E

7

B

2005 年
一、 (本题满分 50 分) 如图,在△ABC 中,设 AB>AC,过 A 作△ABC 的外接圆的切线 l,又以 A 为圆心, AC 为半径作圆分别交线段 AB 于 D;交直线 l 于 E、F。 证明:直线 DE、DF 分别通过△ABC 的内心与一个旁心。

(注: 与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆, 旁切圆的圆 心称为旁心。 ) 证明: (1)先证 DE 过△ABC 的内心。 如图, 连 DE、DC, 作∠BAC 的平分线分别交 DC 于 G、 DE 于 I,连 IC,则由 AD=AC, 得,AG⊥DC,ID=IC. 又 D、C、E 在⊙A 上, ∴∠IAC=

1 ∠DAC=∠IEC,∴A、I、C、E 四点共圆, 2 1 ∠ABC. 2 1 1 ∠ABC,∴∠ACI= ∠ACB,∴I 为△ABC 的内心。 2 2
10

∴∠CIE=∠CAE=∠ABC,而∠CIE=2∠ICD, ∴∠ICD=

∴∠AIC=∠IGC+∠ICG=90°+

(2)再证 DF 过△ABC 的一个旁心. 连 FD 并延长交∠ABC 的外角平分线于 I1,连 II1、B I1、B I,由(1)知,I 为内心, ∴∠IBI1=90°=∠EDI1,∴D、B、l1、I 四点共圆, ∵∠BI l1 =∠BDI1=90°-∠ADI1 =(

1 1 ∠BAC+∠ADG)-∠ADI= ∠BAC+∠IDG,∴A、I、I1 共线. 2 2

I1 是△ABC 的 BC 边外的旁心

2006 年
一、以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与△ AB0B1 的边 ABi 交于 Ci(i=0,1) 。在 AB0 的延长线上任取点 P0,以 B0 为 圆心, B0P0 为半径作圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0; 以 C1 为圆心,C1Q0 为半径作圆弧 Q0P1 交 B1A 的延长 线于 P1; 以 B1 为圆心, B1P1 为半径作圆弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1;以 C0 为圆心,C0Q1 为半径作圆弧 Q1P′0 ,交 AB0 的延长线于 P′0。试证: (1)点 P′0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0Q1 相内切 于 P0; (2)四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。 证明: (1)显然 B0P0=B0Q0,并由圆弧 P0Q0 和 Q0P1 , Q0P1 和 P1Q1 ,P1Q1 和 Q1P′0 分别相内切于点 Q0、P1、 Q1,得 C1B0+B0Q0=C1P1,B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1 以及 C0Q1=C0B0+B0P′0。四式相加,利用 B1C1+C1B0=B1C0+C0B0 以及 P′0 在 B0P0 或其延长线上,有 B0P0=B0P′0。 从而可知点 P′0 与点 P0 重合。由于圆弧 Q1P0 的圆心 C0、圆弧 P0Q0 的圆心 B0 以及 P0 在同一 直线上,所以圆弧 Q1P0 和 P0Q0 相内切于点 P0。 (2)现在分别过点 P0 和 P1 引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T。又过点 Q1 引相应相切圆弧的公切线 R1S1,分别交 P0T 和 P1T 于点 R1 和 S1。连接 P0Q1 和 P1Q1,得等 腰三角形 P0Q1R1 和 P1Q1S1。基于此,我们可由 ∠P0Q1P1=π?∠P0Q1R1?∠P1Q1S1=π?(∠P1P0T?∠Q1P0P1)?(∠P0P1T?∠Q1P1P0) 而 π?∠ P0Q1P1=∠ Q1P0P1+∠ Q1P1P0,代入上式后,即得

1 1 ?P0Q1 P (?P (?P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) ,同理可得 ?P 0 Q0 P 1 ?? ? 1P 0T ? ?P 0P 1T ) 。所 2 2
以四点 P0、Q0、Q1、P1 共圆。
A P1 S1

另解
以 B0 和 B1 为焦点的椭圆与 ?AB0 B1 的 边 ABi 交于 Ci (i

? 0,1) 。在 AB0 的延长线

C0 C1 B1 B0 P0

Q1 Q0 R1

T

上任取点 P0 ,以 B0 为圆心, B0 P0 为半径作 圆弧 P0Q0 交 C1B0 的延长线于 Q0 ;以 C1 为

圆心, C1Q0 为半径作圆弧 Q0 P1 交 B1 A 的延长线于 P 1 ;以 B1 为圆心, B1 P 1 为半径作圆
11

弧 P1Q1 交 B1C0 的延长线于 Q1 ;以 C0 为圆心, C0Q1 为半径作圆弧 Q1 P0 ,交 AB0 的延 长线于 P0 。 试证: (1) 点 P0 与点 P0 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0 Q1 相切于点 P0 ; (2) 四点 P0 、 Q0 、 Q1 、 P (原题图略) 1 共圆。 第(1)问的证明略,下面着重讨论第 2 问的另一种证明方法: 构思:证明四点共圆,如果能找(或猜测)到该圆的圆心,转而证明圆心到四点距离相 等,也是一个常用的方法,那么圆心究竟在哪里? 试验:由题意可以知道: C1 B0 ? C1 B1 ? C0 B1 ? C0 B0 =常数(大于 B0 B1 ) 。 利用《几何画板》制作如图 1 所示的试验场景,其中圆 O 为四边形 P 0Q0Q 1P 1 的外接圆。
' '

'

C1B0 = C1B1 = C0B1 = C0B0 =

4.07852 厘 米 1.87466 厘 米 4.61694 厘 米 1.33625 厘 米
A

C1B0+C1B1 = 5.95318 厘 米 C0B1+C0B0 = 5.95318 厘 米
P1

O C1 C0

Q1

B1

B0

Q0 P0

拖 动 点 A观 察 圆 心 O的 位 置 变 化
图1 拖动点 A ,观察圆心 O 位置的变化,猜测点 O 可能是 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内 心(这两个三角形的内心可能是重合的) 。利用《几何画板》中的测量工具测得相关角的度 数,可以验证这个猜想是正确的! 所以我们就有了下面的另解: 证明:首先证明 ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合: 假设这两个三角形的内心不重合, 并设 O 为 ?AC1B0 的内心,M 、N 、F 分别为切点。 则可从点 B1 引圆 O 的切线与圆 O 切于点 E 、与线段 AB0 交于点 D ,而且点 D 与点 C0 不重
12

合,如图 2。 由切线性质,可以得到:

A

B1 E ? B1M , DE ? DN ………………….①

C1 F ? C1M , B0 F ? B0 N ………………..②
分别将①、②中的等式相加,得到:
C1

M N O F E D C0 B1 B0

B1 D ? B1M ? DN ………………………..③

C1 B0 ? C1M ? B0 N ……………………. ④
③-④: B1 D ? C1 B0 ? B1M ? C1M ? ( B0 N ? DN ) ∴ DB1 ? DB0 ? C1 B1 ? C1 B0 又因为 图2

C0 B1 ? C0 B0 ? C1 B1 ? C1 B0 ,∴ DB1 ? DB0 ? C0 B1 ? C0 B0
A

P1

∴ DB1 ? DC0 ? C0 B1 ,这与点 D 与点 C0 不重合矛盾,所以 假设不成立,因此: ?AC1B0 的内心与 ?AC0 B1 的内心重合。 设 ?AC1B0 、 ?AC0 B1 的内心为 O ,如图 3。 由于直线 OC0 平分 ?AC0 B1 ,又 C0Q1 ? C P
' 垂直平分线段 P0'Q1 ,∴ OP 0 ? OQ 1 ' 0 0 ,∴直线
O Q1 C1 C0

OC0
B1 B0 Q0

同理: 直线 OB0 垂直平分线段 P0 Q0 ,∴ OP 0 ? OQ0 直线 C1O 垂直平分线段 P 1 ? OQ0 1Q0 ,∴ OP 直线 B1O 垂直平分线段 P 1Q1 ,∴ OP 1 ? OQ 1
' ∴ OQ1 ? OQ0 ,∴ OP 0 ? OP 0
P0

图3

又点 P 、 P0' 都在 AB0 的延长线上,∴点 P0 、 P0' 重合,且圆弧 P0Q0 与 P0 Q1 相切于点 P0 。 ∴ OP 1 ? OP 0 ? OQ 1 ? OQ0 所以四点 P0 、 Q0 、 P1 、 Q1 共圆

13

2007 年 2007 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案
一、 (本题满分 50 分)如图,在锐角△ABC 中, A AB<AC,AD 是边 BC 上的高,P 是线段 AD 内一点。过 E P 作 PE⊥AC,垂足为 E,作 PF⊥AB,垂足为 F。O1、 F P O2 分别是△BDF、△CDE 的外心。求证:O1、O2、E、 F 四点共圆的充要条件为 P 是△ABC 的垂心。 O2 证明:连结 BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因 O1 为 PD⊥BC,PF⊥AB,故 B、D、P、F 四点共圆,且 D B' C B BP 为该圆的直径。又因为 O1 是△BDF 的外心,故 O1 在 BP 上且是 BP 的中点。同理可证 C、D、P、E 四点共圆,且 O2 是的 CP 中点。综合以上 知 O1O2∥BC,所以∠PO2O1=∠PCB。因为 AF· AB=AP· AD=AE· AC,所以 B、C、E、F 四点 共圆。 充分性:设 P 是△ABC 的垂心,由于 PE⊥AC,PF⊥AB,所以 B、O1、P、E 四点共 线,C、O2、P、F 四点共线,∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1,故 O1、O2、E、F 四点共 圆。 必要性:设 O1、O2、E、F 四点共圆,故∠O1O2E+∠EFO1=180° 。 由于∠PO2O1=∠PCB=∠ACB? ∠ACP,又因为 O2 是直角△CEP 的斜边中点,也就是 △CEP 的外心,所以∠PO2E=2∠ACP。因为 O1 是直角△BFP 的斜边中点,也就是△BFP 的外心,从而∠PFO1=90° ? ∠BFO1=90° ? ∠ABP 。因为 B 、 C 、 E 、 F 四点共圆,所以 ∠AFE=∠ACB,∠PFE=90° ? ∠ACB。于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180° 得 (∠ACB? ∠ACP)+2∠ACP+(90° ? ∠ABP)+(90° ? ∠ACB)=180° ,即∠ABP=∠ACP。又因 为 AB<AC,AD⊥BC,故 BD<CD。设 B'是点 B 关于直线 AD 的对称点,则 B'在线段 DC 上 且 B'D=BD。连结 AB'、PB'。由对称性,有∠AB'P=∠ABP,从而∠AB'P=∠ACP,所以 A、 P、B'、C 四点共圆。由此可知∠PB'B=∠CAP=90° ? ∠ACB。因为∠PBC=∠PB'B, 故∠PBC+∠ACB=(90° ? ∠ACB)+∠ACB=90° ,故直线 BP 和 AC 垂直。由题设 P 在边 BC 的高上,所以 P 是△ABC 的垂心。

2008 年
一、 (本题满分 50 分) 如 题 一 图 , 给 定 凸 四 边 形 ABCD , ?B ? ?D ? 180 , P 是 平 面 上 的 动 点 , 令 f ( P) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB . (Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆; ( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 AB 上 一 点 , 满 足 :

BC AE 3 , ? 3 ?1 , ? EC AB 2

1 ?ECA ,又 DA, DC 是 O 的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. 2 [解法一] (Ⅰ)如答一图 1,由托勒密不等式,对平 面上的任意点 P ,有 PA ? BC ? PC ? AB ? PB ? AC . 因此 f ( P) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ?ECB ?
? P B ? C A? P D ? C ?A ( PB ? PD) ? CA .
14

答一图 1

因为上面不等式当且仅当 P, A, B, C 顺次共圆时取等号,因此当且仅当 P 在 ?ABC 的外 接圆且在 AC 上时, …10 分 f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA . 又因 PB ? PD ? BD ,此不等式当且仅当 B, P, D 共线且 P 在 BD 上时取等号.因此当 且仅当 P 为 ?ABC 的外接圆与 BD 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P)min ? AC ? BD . 故当 f ( P ) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆. ( Ⅱ ) 记 ?E C B? ? , 则 ?E C A? 2? , 由 正 弦 定 理 有 …20 分

AE sin 2? 3 ,从而 ? ? AB sin 3? 2 3 sin 3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 , 整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
解得 cos ? ? 由已知

…30 分

3 1 或 cos ? ? ? (舍去) ,故 ? ? 30 , ?ACE ? 60 . 2 2 3

sin ?EAC ? 30 BC , 有 sin(?EAC ? 30 ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC ,即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC ,整理得 2 2 2? 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC , 2 2 1 故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 ,………40 分 2? 3 从而 ?E ? 45 , ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45 , ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC ? 2 , 则 CD ? 1 .
0

?

?

又 ?ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故 BC ? 2 , BD2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135 ? 5 ,

BD ? 5 . 故 f (P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 .
[解法二] 故 P0 在 BD 上) .

…50 分

(Ⅰ) 如答一图 2, 连接 BD 交 ?ABC 的外接圆 O 于 P0 点 (因为 D 在圆 O 外,

过 A, C , D 分别作 P 的垂线,两两相交得 ?A1B1C1 ,易知 P0 在 ?ACD 内,从而 0 A, P 0C, P 0D 在 ?A1B1C1 内 , 记 ?ABC 之 三 内 角 分 别 为 x,y,z , 则 ?AP ,又因 0C ? 180? ? y ? z ? x , B1 A1 ? PC ,得 ?B1 ? y ,同理有 ?A1 ? x , ?C1 ? z , B1C1 ? P 0A 0 所以 ?A1B1C1 ∽ ?ABC . …10 分 设 B1C1 ? ? BC , C1 A1 ? ?CA , A1B1 ? ? AB , 则对平面上任意点 M ,有 ? f ( P0 ) ? ? ( P0 A ? BC ? P0 D ? CA ? PC 0 ? AB)

?P 0 A? B 1C1 ? P 0 D ? C1 A 1 ? PC 0 ?A 1B 1

? 2S?A1B1C1
? MA ? B1C1 ? MD ? C1 A1 ? MC ? A1B1 ? ? (MA ? BC ? MD ? CA ? MC ? AB) ? ? f (M ) , . f(P 0 )? f ( M )

从而

答一图 2

由 M 点的任意性,知 P0 点是使 f ( P ) 达最小值的点.
15

由点 P0 在 O 上,故 P0 , A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ) , f ( P ) 的最小值 2 f ( P0 ) ? S ?A1B1C1 ? 2? S?ABC ,

…20 分

?

AE sin 2? 3 , 从 而 ? ? AB sin 3? 2 3 sin 3? ? 2sin 2? ,即 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以
记 ?ECB ? ? , 则 ?E C A ? 2? , 由 正 弦 定 理 有

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 , 整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,
3 1 或 cos ? ? ? (舍去) , 2 2 3 故 ? ? 30 , ?ACE ? 60 .
解得 cos ? ?

…30 分

sin ?EAC ? 30 BC 由已知 , 有 sin(?EAC ? 30 ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC ,即 ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC , 2 2 2? 3 1 1 整 理 得 , sin ?EAC ? cos ?EAC , 故 t a ? n EAC ? ? ?2 3 可 得 2 2 2? 3 ?EAC ? 75 ,…40 分
0

?

?

所以 ?E ? 45? ,?ABC 为等腰直角三角形,AC ? 2 ,S?ABC ? 1, 因为 ?AB1C ? 45? ,B1 点在⊙ O 上, ?AB1B ? 90? ,所以 B1BDC1 为矩形,

B1C1 ? BD ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 ,故 ? ?

5 ,所以 2

5 ?1 ? 10 . …50 分 2 [解法三] (Ⅰ)引进复平面,仍用 A, B, C 等代表 A, B, C 所对应的复数. 由三角形不等式,对于复数 z1 , z2 ,有 f ( P)min ? 2 ?

z1 ? z2 ? z1 ? z2 ,
当且仅当 z1 与 z2 (复向量)同向时取等号. 有 所以

P A? B C?

PC ? AB ?

P? A B ?C

, AB P ? C (1)

( A ? P) (C? B) ? (C? P) (B ? A)
? ( A ? P) (C ? B) ? (C ? P) (B? A) ? ? P ?C ?A ?B ?C ?B ?P ?A
, ? ( B ? P) (C ? A) ? P B ? A C

从而

P A? B C?

PC ?

AB ?

P ?D ?CP AB ? A C ? P D?
(2)

AC
…10 分

? ( PB ? PD ) ? AC

. ? B D? A C

(1)式取等号的条件是 复数 ( A ? P)(C ? B) 与 (C ? P)( B ? A) 同向,故存在实数 ? ? 0 ,使得

( A ? P)(C ? B) ? ? (C ? P)( B ? A) , A? P B ? A , ?? C? P C ? B
16

A? P B ? A arg( ? ) arg( , ) C? P C ? B 向量 PC 旋转到 PA 所成的角等于 BC 旋转到 AB 所成的角, 从而 P, A, B, C 四点共圆.
所以 (2)式取等号的条件显然为 B, P, D 共线且 P 在 BD 上. 故当 f ( P ) 达最小值时 P 点在 ?ABC 之外接圆上, P, A, B, C 四点共圆. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( P)min ? BD ? AC . 以下同解法一. …20 分

2009 年
⌒ 、 ⌒ 的中点. 一、 如图,M ,N 分别为锐角三角形 ?ABC( ?A ? ?B ) 的外接圆 ? 上弧BC AC 过 点 C 作 PC ∥ MN 交圆 ? 于 P 点, I 为 ?ABC 的内心,连接 PI 并延长交圆 ? 于 T . ⑴求证: MP ? MT ? NP ? NT ; ⌒ (不含点 )上任取一点 Q ( Q ≠ A , , ) ⑵在弧AB T B ,记 ?AQC , △QCB 的内心 C 分别为 I1 , I 2 ,
P N I T A Q C M

B

求证: Q , I1 , I 2 , T 四点共圆. 1. ⑴连 NI , MI .由于 PC ∥ MN , P ,C , M , N 共圆,故 PCMN 是等腰梯形.因 此 NP ? MC , PM ? NC .
P N I T A C M

B

连 AM , CI ,则 AM 与 CI 交于 I ,因为 ?MIC ? ?MAC ? ?ACI ? ?MCB ? ?BCI ? ?MCI ,所以 MC ? MI .同理 NC ? NI . 于是 NP ? MI , PM ? NI . 故四边形 MPNI 为平行四边形.因此 S△PMT ? S△PNT (同底,等高) . 又 P , N , T , M 四点共圆,故 ?TNP ? ?PMT ? 180? ,由三角形面积公式 1 1 1 S△PMT ? PM ? MT sin ?PMT ? S△PNT ? PN ? NT sin ?PNT ? PN ? NT sin ?PMT 2 2 2
17

于是 PM ? MT ? PN ? NT . ⑵因为 ?NCI1 ? ?NCA ? ?ACI1 ? ?NQC ? ?QCI1 ? ?CI1 N ,
P N I I2 I1 A T Q C M

B

所以 NC ? NI1 ,同理 MC ? MI 2 .由 MP ? MT ? NP ? NT 得 由⑴所证 MP ? NC , NP ? MC ,故
NT MT ? . NI1 MI 2

NT MT . ? MP NP

又因 ?I1 NT ? ?QNT ? ?QMT ? ?I 2 MT ,有 ?I1 NT ∽ ?I 2 MT . 故 ?NTI1 ? ?MTI 2 ,从而 ?I1QI 2 ? ?NQM ? ?NTM ? ?I1TI 2 . 因此 Q , I1 , I 2 , T 四点共圆.

2010 年
一、 (本题满分 40 分) 如图, 锐角三角形 ABC 的外心为 O ,K 是边 BC 上一点 (不是边 BC 的中点) , D 是线段 AK 延长线上一点,直线 BD 与 AC 交于点 N ,直线 CD 与 AB 交于点 M .求证:若 OK ? MN ,则 A , B , D , C 四点共圆.

A

O

B
18

K D

C

N

1. 用反证法.若 A,B,D,C 不四点共圆,设三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E,连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q, 连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P, 连接 PQ. 因为 PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)
2

A

O

? ? PO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,
同理
P

B

EK D

C

Q

QK 2 ? ? QO 2 ? r 2 ? ? ? KO 2 ? r 2 ? ,
M

N

所以

PO2 ? PK 2 ? QO2 ? QK 2 ,

故 OK ⊥ PQ . 由题设,OK⊥MN,所以 PQ∥MN,于是

AQ AP ? . QN PM
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得



NB DE AQ ? ? ? 1, BD EA QN



MC DE AP ? ? ? 1. ③ CD EA PM N B MC N D MD ? ? 由①,②,③可得 , 所以 , 故 △DMN ∽ △DCB , 于 是 BD CD BD DC
?DMN ? ?DCB , 所以 BC∥MN, 故 OK⊥BC, 即 K 为 BC 的中点, 矛盾! 从而 A, B, D, C
四点共圆. 注 1:“ PK ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O)”的证明:延长 PK 至点 F,使
2



PK ? KF ? AK ? KE ,
则 P,E,F,A 四点共圆,故



?PFE ? ?PAE ? ?BCE ,
从而 E,C,F,K 四点共圆,于是

PK ? PF ? PE ? PC ,
⑤-④,得
19



PK 2 ? PE ? PC ? AK ? KE ? P 的幂(关于⊙O) ? K 的幂(关于⊙O) .
注 2:若点 E 在线段 AD 的延长线上,完全类似.
A

O F B EK D P C

Q

N M

2011 年

20

21


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